文档文本内容
第七章 万有引力与宇宙航行
【题型1 开普勒定律的应用】.....................................Error! Bookmark not defined.
【题型2 万有引力的计算】..................................................................3
【题型3 天体质量的计算】..................................................................6
【题型4 天体密度的计算】..................................................................8
【题型5 万有引力与重力的关系】...........................................................11
【题型6 环绕天体运动参量的分析与计算】...................................................15
【题型7 双星、多星系统】.................................................................18
【题型8 宇宙速度】.......................................................................22
【题型9 人造地球卫星】...................................................................25
【题型10 同步卫星、近地卫星赤道上物体的比较】............................................28
【题型11 卫星变轨问题】..................................................................30
【题型12 卫星追及相遇问题】...............................................................33
【题型 1 开普勒定律的应用】
1．关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是（ ）
A．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆中心
B．地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点运行的速率相等
a3
C．表达式 =k中，月球绕地球运动的k值与地球绕太阳运动的k值不同
T2
D．该定律是在牛顿运动定律的基础上推导出来的
【答案】C【解析】A．根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知，地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点的运行速率大于远日点的运行速率
，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知
R3
=k
T2
其中k与中心天体的质量有关，故月球绕地球运动的k值与地球绕太阳运动的k值不同，故C正确；
D．开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但不是在牛顿运动定律的基
础上导出了行星运动规律，故D错误。
故选C。
2.国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平
面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1AU，八大行星绕太阳的公转轨道半径如下表所示。
忽略其它行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于（ ）
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径R/AU 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A．金星与地球的公转轨道之间 B．地球与火星的公转轨道之间
C．火星与木星的公转轨道之间 D．天王星与海王星的公转轨道之间
【答案】C
r 3 r 3
【解析】根据开普勒第三定律可知 行 = 地
T 2 T 2
行 地
其中r =1AU，T =1年，T =5.8年
地 地 行
代入解得r »3.23AU
行
故可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间。故选C。
3.如图所示，哈雷彗星绕太阳运动的轨迹是一个高度扁平的椭圆形，A点是远日点，B点是近日点，C、D
分别为弧线AB、BA的中点，弧线AF、AE的长度相同。关于哈雷彗星的运动，下列说法正确的是（ ）
A．经过B点时的速度最小
B．经过AC段和CB段的时间相同
C．经过E、F两点时的速度相同
D．经过EA段和AF 段的时间相同
【答案】D
【解析】A．根据开普勒第二定律，彗星与太阳的连线在单位时间内扫过的面积是相等的，面积公式为
1
S = rvDt
2
由于B点的半径最小，所以B点处彗星的速度最大，故A错误；
B．彗星在轨道的不同位置时的速度大小是不同的，虽然AC =BC
但是根据开普勒第二定律可知v >v
BC AC
所以t <t ，故B错误；
BC AC
C．经过E、F两点时速度的大小相同但是方向不同，故C错误；
D．由于对称性，有v =v
AF AE
所以t =t ，故D正确。
AE AF
故选D。
【题型 2 万有引力的计算】4.下列说法正确的是（ ）
mm
A．万有引力定律的数学表达式F =G 1 2 适用于任意两物体间的作用力计算
r2
mm
B．据F =G 1 2 ，当r®0时，物体m 、m 间引力F 趋于无穷大
r2 1 2
C．把质量为m的小球放在质量为M 、半径为R的匀质大球球心外，则大球与小球间万有引力
Mm
F =G
R2
D．两个质量分布均匀的、分离的球体可视为质量分别集中在球心，它们之间的相互作用力可以用
mm
F =G 1 2 计算，r是两球体球心间的距离
r2
【答案】D
【解析】A．万有引力定律的数学表达式
mm
F =G 1 2
r2
适用于两质点间或两质量分布均匀的球体之间的作用力计算，A错误；
B．当r®0时，物体已经不能看成质点，物体m 、m 间引力不能用公式
1 2
mm
F =G 1 2
r2
计算，B错误；
C．把质量为m的小球放在质量为M 、半径为R的匀质大球球心外，此时两球心距离大于R，C错误；
D．两个质量分布均匀的、分离的球体可视为质量分别集中在球心，它们之间的相互作用力可以用
mm
F =G 1 2
r2
计算，r是两球体球心间的距离，D正确。
故选D。
5.潮汐现象出现的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同。图中a、b和c处单位质量的
海水受月球引力大小在（ ）A．a处最大 B．b处最大 C．c处最大 D．a、c处相等，b处最小
【答案】A
【解析】根据万有引力公式
Mm
F=G
R2
可知图中a处单位质量的海水收到月球的引力最大；
故选A。
6.有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点，球体与质
1
点间的万有引力大小为F。现从M中挖去半径为 R的球体，如图所示，则剩余部分对m的万有引力大小
2
为（ ）
7 1 4 7
A． F B． F C． F D． F
36 9 9 9
【答案】D
【解析】质量为M的球体对质点m的万有引力
Mm GMm
F =G =
(2R)2 4R2
挖去的球体的质量
4 R
p( )3
3 2 M
M¢= M =
4 8
pR3
3质量为M¢的球体对质点m的万有引力
M¢m GMm 2
F¢=G = = F
R 18R2 9
(R+ )2
2
则剩余部分对质点m的万有引力
7
F =F-F¢= F
剩 9
故选D。
【题型 3 天体质量的计算】
7.天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星GJ1002c的轨道近似为圆，轨道
半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的（ ）
A．0.001倍 B．0.1倍 C．10倍 D．1000倍
【答案】B
【解析】设红矮星质量为M ，行星质量为m ，半径为r ，周期为T ；太阳的质量为M ，地球质量为m ，
1 1 1 1 2 2
到太阳距离为r ，周期为T ；根据万有引力定律有
2 2
M m 4p2
G 1 1 =m r
r2 1 T2 1
1 1
M m 4p2
G 2 2 =m r
r2 2 T2 2
2 2
联立可得
3 2
M ær ö æT ö
1 =ç 1 ÷ ×ç 2 ÷
M èr ø èT ø
2 2 1
由于轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，可得
M
1 »0.1
M
2
故选B。8.据《甘石星经》记载，我国古代天文学家石申，早在2000多年前就对木星的运行进行了精确观测和记录。
若已知木星公转轨道半径r，周期T，木星星体半径R，木星表面重力加速度g，万有引力常量G。则太阳
质量（ ）
gR2 gr2
A．M = B．M =
G G
4p2r3 4p2R3
C．M = D．M =
GT2 GT2
【答案】C
GMM 4p2
【解析】木星绕太阳运动，万有引力提供向心力有 木 =M r
r2 木 T2
4p2r3
解得M =
GT2
无法用木星表面的重力加速度表示太阳质量。
故选C。
9.地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径为r ，周期为T ，月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r ，周
1 1 2
期为T ，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
2
gr2
A．地球的质量可表示为 1
G
4p2r3
B．地球的半径可表示为 2
gT2
2
r3T2
C．太阳与地球的质量之比为 2 1
r3T2
1 2
r3T2
D．太阳与地球的质量之比为 1 2
r3T2
2 1
【答案】D
M m
【解析】A．地球表面的重力加速度为g，令地球半径为R，则有G 地 =mg
R2
gR2
解得M =
地 G故A错误；
M m 4p2r
B．月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r ，周期为T ，则有G 地 1 =m 2
2 2 r2 1 T2
2 2
4p2r3
结合上述解得R= 2
gT2
2
故B错误；
4p2r3
CD．结合上述解得地球质量M = 2
地 GT2
2
M M 4p2r
地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径为r ，周期为T ，则有G 太 地 =M 1
1 1 r2 地 T2
1 1
4p2r3
解得M = 1
太 GT2
1
M r3T2
结合上述解得 太 = 1 2
M r3T2
地 2 1
故C错误，D正确。
故选D。
【题型 4 天体密度的计算】
10.在地球上观察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周
期为T₁，地球绕太阳运动的周期为T₂，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为（ ）
2 2 2 2
æT ö æT ö 1 æT ö 1 æT ö
A．k3 ç 1 ÷ B．k3 ç 2 ÷ C． ç 1 ÷ D． ç 2 ÷
èT ø èT ø k3 èT ø k3 èT ø
2 1 2 1
【答案】D【解析】设月球绕地球运动的轨道半径为r₁，地球绕太阳运动的轨道半径为r₂，根据
Mm 4p2
G =m r
r2 T2
可得
m m 4p2
G 地 月 =m r
r2 月 T2 1
1 1
m m 4p2
G 地 日 =m r
r2 地 T2 2
2 2
其中
r R R
1 = 月 = 地
r R kR
2 日 日
m
r=
4
pR3
3
联立可得
2
r 1 æT ö
地 = ç 2 ÷
r 日 k3 èT 1 ø
故选D。
11.如图所示，有两颗卫星绕某星球做椭圆轨道运动，两颗卫星的近地点均与星球表面很近（可视为相切），
卫星1和卫星2的轨道远地点到星球表面的最近距离分别为h、h ，卫星1和卫星2的环绕周期之比为k。
1 2
忽略星球自转的影响，已知引力常量为G，星球表面的重力加速度为g 。则星球的平均密度为（ ）
c
æ 2ö æ 3ö
3g ç1-k3÷ 3g ç1-k2÷
c c
è ø è ø
A． B．
æ 2 ö æ 3 ö
2pGçh k3 -h ÷ 2pGçh k2 -h ÷
2 1 2 1
è ø è øæ 3ö æ 2ö
3g ç1-k2÷ 3g ç1-k3÷
c c
è ø è ø
C． D．
æ 3 ö æ 2 ö
4pGçh k2 -h ÷ 4pGçh k3 -h ÷
2 1 2 1
è ø è ø
【答案】A
【解析】卫星一、卫星二轨道的半长轴分别为
2R+h 2R+h
a = 1 ，a = 2
1 2 2 2
由开普勒第三定律得
T a3
1 = 1 =k
T a3
2 2
整理得
2
h -k3h
R= 1 2
æ 2 ö
2çk3 -1÷
è ø
星球表面的重力加速度为g，根据万有引力提供重力得
Mm
G =mg
R2 c
星球质量的表达式为
4p
M = rR3
3
联立得
æ 2ö
3g ç1-k3÷
c
3g è ø
r= c =
4pGR æ 2 ö
2pGçh k3 -h ÷
2 1
è ø
故选A。12.我国500 m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19 ms，假设星体为
质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67´10-11N×m2/kg2．以周期T稳定自转的星体的密度最小值
约为（ ）
A．5´109 kg/m3 B．5´1012kg/m3
C．5´1015kg/m3 D．5´1018kg/m3
【答案】C
M M
GMm 2p r= =
【解析】在天体中万有引力提供向心力，即 =m( )2R ，天体的密度公式 V 4 ，结合这
R2 T pR3
3
两个公式求解．
设脉冲星质量为M，密度为r
GMm 2p
根据天体运动规律知： ³m( )2R
R2 T
M M
r= =
V 4
pR3
3
代入可得：r»5´1015kg/m3 ，故C正确；
故选C
【题型 5 万有引力与重力的关系】
13.关于重力和万有引力的关系，下列说法正确的是（ ）
A．地面附近的物体所受的重力就是万有引力
B．由于地球的自转，物体在纬度越高的地方所受重力越大
C．物体在赤道上时，万有引力和重力的合力提供物体随地球自转所需的向心力
D．地球上的所有物体都会在万有引力、重力和支持力三个力的作用下处于平衡状态
【答案】B【解析】重力是万有引力的一个分力，物体在两极时重力方向与万有引力方向相同，此时万有引力等于重
力，物体在赤道上时，万有引力和地面的支持力的合力提供物体随地球自转所需要的向心力，则物体在纬
度越高的地方所受重力越大；
故选B。
14.由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同，已知地球表面两极处的重力
加速度大小为g ，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G。假设地球可视为
0
质量均匀分布的球体，由此可知地球的半径为（ ）
(g-g )T2 （g -g）T2 (g-g )T2 (g -g)T2
A． 0 B． 0 C． 0 D． 0
4p2 4p2 2p2 2p2
【答案】B
【解析】在地球表面两极处有
Mm
G =mg
R2 0
在地球表面赤道处有
Mm 4p2
G =mg+mR
R2 T2
联立可得，地球的半径为
(g -g)T2
R= 0
4p2
故选B。
15.如图所示，假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力
为零。O为球心，以O为原点建立坐标轴Ox。则在x轴上各位置的重力加速度g随x的变化关系图正确的
是（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】令地球的密度为r，当x≥R时，地球可被看成球心处的质点，则有
GMm
=mg
x2
由于地球的质量为
4
M = rpR3
3
所以重力加速度为
4pGR3r
g =
3x2
根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为R-x的位置，受到地球的万有引力即
为半径等于x的球体在其表面产生的万有引力，即
4
Gr´ px3
GM¢ 3 4pGxr
g¢= = =
x2 x2 3
当r＜R时，g与x成正比，当r＞R后，g与x平方成反比。
故选A。
16.某星系中有一颗质量分布均匀的行星，其半径为R，将一质量为m的物块悬挂在弹簧测力计上，在该行
3
星极地表面静止时，弹簧测力计的示数为F；在赤道表面静止时，弹簧测力计的示数为 F。已知引力常量
4
为G。下列说法正确的是（ ）4p2mR FR2
A．该行星的自转周期为 B．该行星的质量为
F 4Gm
3F
C．该行星赤道处的重力加速度为Fm D．该行星的密度为
4pRGm
【答案】D
【解析】物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力
Mm
G =mg =F
R2 极
在赤道表面静止时，万有引力和重力的合力提供向心力
Mm
G -mg =F
R2 赤 n
其中
3
mg = F
赤 4
联立解得
1
F = F
n 4
A.根据向心力公式
4p2
F =m R
n T2
可得，该行星的自转周期为
16π2mR
T =
F
故A错误；
B．物块在该行星极地表面静止时，万有引力等于重力
Mm
G =mg =F
R2 极
解得
FR2
M =
Gm故B错误；
C．在赤道表面静止时，根据平衡条件，重力等于弹簧测力计的拉力，即
3
mg = F
赤 4
解得
3F
g =
赤 4m
故C错误；
D．根据
M
r=
V
可知，该行星的密度为
FR2
M M Gm 3F
ρ= = = =
V 4 4 4πRGm
πR3 πR3
3 3
故D正确。
故选D。
【题型 6 环绕天体运动参量的分析与计算】
17.2024年天文学家报道了他们新发现的一颗类地行星Gliese12b，它绕其母恒星的运动可视为匀速圆周运动。
1 2
已知Gliese12b轨道半径约为日地距离的 ，其母恒星质量约为太阳质量的 ，则Gliese12b绕其母恒星的
14 7
运动周期约为（ ）
A．13天 B．27天 C．64天 D．128天
【答案】A
GM m 4p2
【解析】地球绕太阳运行的周期约为365天，根据万有引力提供向心力得 0 =m r
r2 T2 0
0 0
1 2 GMm 4p2
已知r= r ，M = M ，同理得 =m r
14 0 7 0 r2 T2T2 r3M
整理得 = 0
T2 r3M
0 0
1
代入数据得T = T »13天
28 0
故选A。
18.“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，
且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、
地球公转的说法正确的是（ ）
A．火星公转的线速度比地球的大 B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小 D．火星公转的加速度比地球的小
【答案】D
【解析】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期
Mm 4p2
C．根据G =m r可得
r2 T2
r3
T =2p
GM
可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C错误；
Mm v2
A．根据G =m 可得
r2 r
GM
v=
r
结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A错误；
2p
B．根据w= 可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；
T
Mm
D．根据G =ma可得
r2
GM
a=
r2
可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D正确。
故选D。19.如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的
亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M ，引力常量
为G。关于P的公转，下列说法正确的是（ ）
GMt -t 2
A．周期为2t
1
-t
0
B．半径为3 1 0
4p2
p 2pGM
C．角速度的大小为 D．加速度的大小为3
t -t t -t
1 0 1 0
【答案】B
【解析】A．由图（b）可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为
T =t -t
1 0
则P的公转周期为t -t ，故A错误；
1 0
B．P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
GMm 4p2
=m r
r2 T2
解得半径为
GMT2 GMt -t 2
r= 3 = 3 1 0
4p2 4p2
故B正确；
C．P的角速度为
2p 2p
w= =
T t -t
1 0
故C错误；
D．P的加速度大小为2p GMt -t 2 2p 2pGM
a=w2r=( )2×3 1 0 = ×
3
t -t 4p2 t -t t -t
1 0 1 0 1 0
故D错误。
故选B。
【题型 7 双星、多星系统】
20.（多选）设某双星系统中的A、B两星球绕其连线上的某固定点O做匀速圆周运动，如图所示，现测得
两星球球心之间的距离为L，运动周期为T，已知引力常量为G，若AO>OB，则（ ）
4p2L3
A．两星球的总质量等于
GT2
B．星球A的向心力大于星球B的向心力
C．星球A的线速度一定小于星球B的线速度
D．双星的质量一定，双星之间的距离减小，其转动周期减小
【答案】AD
【解析】AD．设A、B星的转动半径分别为r 、r ，由万有引力提供向心力，则有
A B
M M 4p2
G A B =M r
L2 A T2 A
M M 4p2
G A B =M r
L2 B T2 B
其中
L=r +r
A B
解得4p2L3
T =
GM +M
A B
4p2L3
M +M =
A B GT2
可知双星的质量一定，双星之间的距离减小，其转动周期减小，AD正确；
B．双星由相互间的万有引力提供向心力，由牛顿第三定律可知，星球A的向心力大小等于星球B的向心力
大小，B错误；
C．A、B星的转动角速度为
2p
w=
T
星球A的线速度为
v =wr
A A
星球B的线速度为
v =wr
B B
由于
AO>OB
则有
r >r
A B
v >v
A B
可知星球A的线速度一定大于星球B的线速度，C错误。
故选AD。
21.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中一种三星系统如图所示。三颗质量均为m的星体位于
等边三角形的三个顶点，三角形边长为R。忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中
心O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，则下列说法中不正确的是（ ）Gm
A．每颗星做圆周运动的线速度大小为
R
3Gm
B．每颗星做圆周运动的角速度为
R3
R3
C．每颗星做圆周运动的周期为2p
3Gm
D．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关
【答案】D
m2 m2
【解析】每颗星受到的合力为F＝2G sin 60°＝ 3G
R2 R2
3
轨道半径为r＝ R
3
v2 4p2
由向心力公式F＝ma＝m ＝mω2r＝m r
r T2
3Gm Gm 3Gm R3
解得a= ，v＝ ，w= ，T =2p
R2 R R3 3Gm
显然加速度a与m有关，故ABC正确，D错误。
此题选择不正确的，故选D。
22.（多选）天空中星体壮丽璀璨，在万有引力作用下，做着不同的运动。如图1、2所示分别为双星、三星
模型，星体都绕它们之间的某一点做匀速圆周运动，轨迹圆半径都为R，五个环绕天体质量均为m，引力
常量为G，忽略其他天体对系统的作用，则（ ）R3
A．图1中两环绕天体向心力相同 B．图1中天体运动的周期为4p
Gm
2m2
C．图2中天体运动的向心力大小为G D．图1和图2中环绕天体的线速度之比为43:2
3R2
【答案】BD
【解析】A．它们的向心力由万有引力提供，大小相等、方向相反，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力可知
m×m 4p2
G =m R
(2R)2 T2
解得
R3
T =4p
Gm
故B正确；
C．每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力提供，如图所示
故
m2
G ´2´cos30°=F
L2 nL=2Rcos30°
解得
3Gm2
F =
n 3R2
故C错误；
D．图1中根据
m×m v2
G =m 1
(2R)2 R
解得
Gm
v =
1 4R
图2中根据
m2 v2
G ´2´cos30°=m 2
L2 R
解得
3Gm
v =
2 3R
则
Gm
v 4R 43
1 = =
v 2
3Gm
2
3R
故D正确。
故选BD。
【题型 8 宇宙速度】
23.关于宇宙速度，下列说法正确的是（ ）
A．静止卫星绕地球运行的速度小于第一宇宙速度
B．中国空间站绕地球运行的速度大于第一宇宙速度C．第二宇宙速度是指飞行器脱离太阳的束缚，飞出太阳系的速度
D．第三宇宙速度是指飞行器脱离地球的束缚，绕太阳运行的速度
【答案】A
【解析】AB．第一宇宙速度是最小发射速度，最大的环绕速度，静止卫星绕地球运行的速度和中国空间站
绕地球运行的速度均小于第一宇宙速度，A正确，B错误；
C．第二宇宙速度是指脱离地球的束缚，绕太阳运行的速度，C错误；
D．第三宇宙速度是指脱离太阳的束缚，飞出太阳系的速度，D错误。
故选A。
24.我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的
50%，下列说法正确的是（ ）
A．火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间
C．火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度
D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
【答案】A
【解析】A．当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太
阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故A正确；
B．第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙
速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B错误；
C．万有引力提供向心力，则有
GMm mv2
= 1
R2 R
解得第一宇宙速度为
GM
v =
1 R
所以火星的第一宇宙速度为10% 5
v = v = v
火 50% 地 5 地
所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；
D． 万有引力近似等于重力，则有
GMm
=mg
R2
解得星表面的重力加速度
GM 10% 2
g = 火 = g = g
火 R 2 50%2 地 5 地
火
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。
故选A。
25.假如宇航员乘坐宇宙飞船到达某行星，在该行星“北极”距地面h处由静止释放一个小球（引力视为恒力，
阻力可忽略），经过时间t落到地面，已知该行星半径为R，自转周期为T，引力常量为G。
（1）求该行星的第一宇宙速度v；
（2）求该行星的平均密度r。
2hR 3h
【答案】（1） ；（2）
t 2πGt2R
【解析】（1）设行星表面的重力加速度为g，对小球，有
1
h= gt2
2
解得
2h
g =
t2
对处于行星表面附近做匀速圆周运动的卫星m¢，由牛顿第二定律有
v2
m¢g =m¢
R
故该行星的第一宇宙速度
2hR
v= gR =
t（2）对行星表面的物体m，有
Mm
G =mg
R2
故行星质量
2hR2
M =
Gt2
故该行星的平均密度
M 3h
r= =
4 2πGt2R
πR3
3
【题型 9 人造地球卫星】
26.下列关于地球静止卫星的说法正确的是（ ）
A．它的周期与地球自转周期相同，但高度和速度可以选择，高度增大，速度减小
B．它的周期、高度、线速度都是确定的
C．我们国家发射的同步通讯卫星定点在北京上空
D．我国发射的同步通讯卫星不一定在赤道上空
【答案】B
【解析】A．静止卫星周期与地球自转周期相同，根据
Mm æ2pö 2
G =mrç ÷
r2 è T ø
知周期一定，轨道半径一定，则高度一定。故A错误。
B．静止卫星的周期、高度和速度大小都是一定的。故B正确。
CD．静止卫星位于赤道的上空，不可能定点在北京上空。故C错误，D也错误。
故选B。
27.我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”不断创造奇迹。“北斗”第49颗卫星
的发射迈出组网的关键一步。该卫星绕地球做圆周运动，运动周期与地球自转周期相同，轨道平面与地球
赤道平面成一定夹角。该卫星（ ）A．运动速度大于第一宇宙速度
B．运动速度小于第一宇宙速度
C．轨道半径大于“静止”在赤道上空的静止卫星
D．轨道半径小于“静止”在赤道上空的静止卫星
【答案】B
【解析】AB．第一宇宙速度是指绕地球表面做圆周运动的速度，是环绕地球做圆周运动的所有卫星的最大
环绕速度，该卫星的运转半径远大于地球的半径，可知运行线速度小于第一宇宙速度，选项A错误B正确；
CD．根据
Mm 4p2
G =m r
r2 T2
可知
GMT2
r= 3
4p2
因为该卫星的运动周期与地球自转周期相同，等于“静止”在赤道上空的静止卫星的周期，可知该卫星的轨道
半径等于“静止”在赤道上空的静止卫星的轨道半径，选项CD错误。
故选B。
28.北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统。2023年5月17日，我国在西昌卫星发射中心
用长征三号乙运载火箭，成功发射第五十六颗北斗导航卫星。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道
示意图，已知a、b、c三颗卫星的运动均看作匀速圆周运动，其中a是静止同步轨道卫星，b是倾斜同步轨
道卫星，c是中轨道卫星，地球半径为R，地球表面附近的重力加速度为g，忽略地球的自转，则（ ）
A．卫星a的线速度大于卫星c的线速度
B．卫星c的环绕速度应该大于 gRC．w =w <w
a b c
D．卫星a运行时可以经过重庆的正上方，且离地面的高度一定
【答案】C
【解析】AB．由万有引力提供向心力可得
GMm v2
=m
r2 r
可得
GM
v=
r
由于卫星c的轨道半径小于卫星a的轨道半径，则卫星a的线速度小于卫星c的线速度；在地球表面有
GMm
=mg
R2
可得卫星c的环绕速度为
GM gR2
v = = < gR
c r r
c c
故AB错误；
C．由万有引力提供向心力可得
GMm
=mw2r
r2
可得
GM
w=
r3
由于
r =r >r
a b c
则有
w =w <w
a b c
故C正确；D．静止同步轨道卫星a运行时只能位于赤道的正上方，所以卫星a运行时不可以经过重庆的正上方，故D
错误。
故选C。
【题型 10 同步卫星、近地卫星赤道上物体的比较】
29.有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星b在地面附近
近地轨道上正常运行；c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，重力加速度为g，则
有（ ）
A．a的向心加速度大小等于重力加速度大小g
B．b在相同时间内转过的弧长最长
p
C．c在4h内转过的圆心角是
6
D．d的运行周期有可能是20h
【答案】B
【解析】A．同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知
Mm
，c的向心加速度大于a的向心加速度，由万有引力产生向心加速度G =ma
r2
GM
解得a=
r2
由此式可知，b的向心加速度近似等于g，且卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小
于b的向心加速度，则a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；
Mm v2
B．根据G =m
r2 r
GM
可得v=
r
可知bcd中b的线速度最大，ac比较根据v=ωr，可知c的线速度大于a，四个卫星中b线速度最大，可知b
在相同时间内转过的弧长最长，选项B正确；4 p
C．因c的周期为24h，则c在4h内转过的圆心角是q= ×2p=
24 3
选项C错误；
r3
D．由开普勒第三定律得 =k可知：卫星的半径r越大，周期T越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，
T2
故D错误。
故选B。
30.（多选）如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星。B位于离地高度等于
地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星。下列说法中正确的是（ ）
A．卫星B的速度大小小于地球的第一宇宙速度
B．A、B的线速度大小关系为v >v
A B
C．B、C的向心加速度大小关系为a <a
B C
D．A、B、C周期大小关系为T =T >T
A C B
【答案】AD
【解析】A．第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大的环绕速度，由于卫星B的轨道半径大于地球的半径
，则卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度，故A正确；
B．A、C具有相等的角速度，根据v=wr，可得v >v
C A
Mm v2
对于B、C，根据万有引力提供向心力有G =m
r2 r
GM
则v=
r
所以v >v
B C
故v >v
B A故B错误；
GM
C．对于B、C，根据万有引力提供向心力有F =ma=m
r2
可得a >a
B C
故C错误；
Mm 2p
D．A、C的角速度相等，则A、C的周期相等，根据万有引力提供向心力有G =m( )2r，可得
r2 T
4p2r3
T =
GM
故T =T >T
A C B
故D正确。
故选AD。
【题型 11 卫星变轨问题】
31.某空间探测器发射后，先在圆轨道1上做匀速圆周运动，在圆轨道1上的P点变轨进入椭圆轨道2，在
椭圆轨道2上的远地点Q点变轨进入椭圆轨道3,M 是椭圆轨道3的远地点，则下列说法正确的是（ ）
A．探测器在轨道1上P点速度一定小于在轨道3上Q点速度
B．探测器在轨道1上P点速度可能小于在轨道2上Q点速度
C．探测器在M 点速度一定小于在轨道2上P点速度
D．探测器在M 点速度可能等于在轨道1上P点速度
【答案】C【解析】AB．根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力以及卫星从低轨道变到高轨道，需要在轨道相切
点加速，可知在轨道1上P点速度一定大于过Q点的圆轨道上运行的速度，而过Q点的圆轨道上运行的速
度大于在轨道2上过Q点的时的速度，但小于在轨道3上过Q点的速度，故轨道1上P点速度不一定小于
轨道3上Q点速度，故AB错误；
CD．探测器在M 点速度小于在过M 点的圆轨道上的速度，小于在圆轨道1上的速度，小于在轨道2上P点
的速度，故C正确、D错误。
故选C。
32.太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。
为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，
从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则（ ）
A．空间站变轨前、后在P点的加速度相同
B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C．空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小
D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大
【答案】A
【解析】A．在P点变轨前后空间站所受到的万有引力不变，根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P
点的加速度相同，故A正确；
B．因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的大
，故B错误；
C．变轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合速
度变大，故C错误；D．由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前大，而比在近地点的速度小，则空间站变轨前的速度比变轨后
在近地点的小，故D错误。
故选A。
33.（多选）探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射过程可以简化如下：卫星由地面发射后，进入地月转移
轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里的圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时变轨进入椭圆轨
道2，轨道2与月球表面相切于M点，月球车将在M点着陆月球。下列说法正确的是（ ）
A．“嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度小
B．“嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大
C．“嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的小
D．“嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度大于在轨道2上经过Q点时的加速度
【答案】AB
【解析】A．月球的第一宇宙速度是环绕月球的最大速度，故“嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇
宙速度小，故A正确；
B．“嫦娥三号”在地月转移轨道P点减速降轨至轨道1，故“嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点的速度比
在轨道1上经过P点时大，故B正确；
C．根据开普勒第三定律
R3
C =
T2
由于轨道1的半径大于轨道2的半轴长，故“嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的大，故C错
误；
D．根据牛顿第二定律可知Mm
G =ma
r2
可知“嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度等于在轨道2上经过Q点时的加速度，故D错误。
故选AB。
【题型 12 卫星追及相遇问题】
34.如图所示，A、B两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，它们轨道在同一平面内且转动方向相反。若已知
R 1
A卫星转动周期为T，A、B两卫星轨道半径之比 A = ，从图示位置开始A、B两卫星每隔时间t再次相距
R 4
B
最近，则（ ）
1 8 8 1
A．t = T B．t = T C．t = T D．t = T
8 7 9 9
【答案】C
【解析】根据
Mm 4p2
G =m R
R2 T2
可得
4p2R3
T =
GM
可得
T R 3 1
A = A =
T R 3 8
B B
所以有T =T ，T =8T
A B
有
2p p
w = ，w =
A T B 4T
设再次相距最近时A、B两卫星转过的角度分别为q 、q ,有
A B
q +q =2p
A B
即
wt+wt=2p
A B
代入数据可得
8
t = T
9
故选C。
35.如图甲所示，A、B两颗卫星在同一平面内围绕中心天体做匀速圆周运动，且绕行方向相同，图乙是两颗
卫星之间的距离Dr随时间t的变化图像，t =0时刻A、B两颗卫星相距最近。已知卫星B的周期T =7t ，
B 0
则A、B两颗卫星运行轨道半径之比为（ ）
A．1∶7 B．1∶4 C．1: 349 D．1∶2
【答案】B
【解析】根据题意，由图乙可知，经过时间t ，A、B两颗卫星再次相距最近，则有
0
æ2p 2pö
ç - ÷t =2p
èT T ø 0
A B解得
7
T = t
A 8 0
由开普勒第三定律有
r T2 1 1
A = 3 A = 3 =
r T2 82 4
B B
故选B。
36.（多选）如图所示，甲、乙两卫星沿相同方向绕地球做匀速圆周运动，甲卫星周期为T ，乙卫星周期为T
1 2
，某时刻两卫星恰好相距最远，则（ ）
TT
A．至少需时间 1 2 ，两卫星相距最近
2T -T
2 1
TT
B．至少需时间 1 2 ，两卫星相距最近
T -T
2 1
TT
C．至少需时间 1 2 ，两卫星再次相距最远
2T -T
2 1
TT
D．至少需时间 1 2 ，两卫星再次相距最远
T -T
2 1
【答案】AD
【解析】AB．某时刻两卫星相距最近，则可知经过时间Δt两卫星再次相距最近时
æ2π 2πö
ç - ÷Dt=(2k-1)π（k取1，2，3…）
è T T ø
1 2
则
(2k-1)TT
Dt = 1 2
2T -T
2 1
当k取1时TT
Dt = 1 2
2T -T
2 1
A正确，B错误；
CD．同理当两颗卫星经过Dt¢时间两卫星相距最远时
æ2π 2πö
ç - ÷Dt¢=2kπ（k取1，2，3…）
è T T ø
1 2
则
kTT
Dt¢= 1 2
T -T
2 1
当k取1时
TT
Dt¢= 1 2
T -T
2 1
C错误，D正确；
故选AD。
